Differences
This shows you the differences between two versions of the page.
Both sides previous revision Previous revision Next revision | Previous revision | ||
물리:아인슈타인_모형 [2017/11/07 20:52] – [모형의 형태] minjae | 물리:아인슈타인_모형 [2023/09/05 15:46] (current) – external edit 127.0.0.1 | ||
---|---|---|---|
Line 16: | Line 16: | ||
| 다이아몬드(C) | 0.735 | | | 다이아몬드(C) | 0.735 | | ||
- | 볼츠만은 | + | 볼츠만은 |
====== 모형의 형태 ====== | ====== 모형의 형태 ====== | ||
- | 아인슈타인의 기본적인 생각은 어느 하나의 원자가 자신과 이웃한 원자와 상호작용을 하면서 조화 운동을 할 것이라는 볼츠만의 생각과 비슷했다. 그는 여기서 더 나아가 모든 원자들이 동일한 조화 진동자 우물(퍼텐셜)에 갇혀 있고 이 때의 진동수를 $\omega$라고 가정하였다. | + | 아인슈타인의 기본적인 생각은 어느 하나의 원자가 자신과 이웃한 원자와 상호작용을 하면서 조화 운동을 할 것이라는 볼츠만의 생각과 비슷했다. 그는 여기서 더 나아가 모든 원자들이 동일한 조화 진동자 우물(퍼텐셜)에 갇혀 있고 이 때의 진동 |
- | + | ||
- | 1차원애서 하나의 | + | |
$$ E_n = \hbar\omega(n+1/ | $$ E_n = \hbar\omega(n+1/ | ||
- | 이다. 이 때 분배함수를 계산해보면 | + | 이다. 이 때 분배함수는 |
+ | |||
+ | \begin{align*} | ||
+ | Z_{1D} &= \sum_{n\geq0}e^{-\beta\hbar\omega(n+1/ | ||
+ | &= \frac{e^{-\beta\hbar\omega/ | ||
+ | & | ||
+ | &= \frac{1}{2\sinh(\beta\hbar\omega/ | ||
+ | \end{align*} | ||
+ | |||
+ | 이고 평균 에너지는 | ||
+ | |||
+ | \begin{align*} | ||
+ | \langle E \rangle &= -\frac{1}{Z_{1D}}\frac{\partial Z_{1D}}{\partial\beta} \\ | ||
+ | &= 2\sinh(\beta\hbar\omega/ | ||
+ | & | ||
+ | & | ||
+ | & | ||
+ | & | ||
+ | & | ||
+ | \end{align*} | ||
+ | |||
+ | 이 된다. 여기서 $n_B$는 보즈 점유 인자이며 | ||
+ | |||
+ | $$ n_B(x) = \frac{1}{e^x-1} $$ | ||
+ | |||
+ | 이다. 이 결과에서 진동 모드 $\omega$는 평균 $n_B^{th}$까지의 여기를 나타내거나 $n_B$개의 보손들이 점유하고 있는 보손 궤도가 있다는 것을 의미한다. 이제 앞서 구한 평균에너지 $\langle E \rangle$을 온도 $T$에 대해 미분하면 고체의 비열을 구할 수 있다. | ||
+ | |||
+ | \begin{align*} | ||
+ | C &= \frac{\partial}{\partial T} \left[ \hbar\omega\left\{ \frac{1}{e^{\beta\hbar\omega} - 1} + \frac{1}{2}\right\} \right] \\ | ||
+ | &= \frac{\partial\beta}{\partial T}\frac{\partial}{\partial\beta} \left[ \hbar\omega\left\{ \frac{1}{e^{\beta\hbar\omega} - 1} + \frac{1}{2}\right\} \right] \\ | ||
+ | &= \frac{1}{k_BT^2}\left[ (\hbar\omega)^2(e^{\beta\hbar\omega} - 1)^{-2}e^{\beta\hbar\omega} \right] \\ | ||
+ | &= k_B(\beta\hbar\omega)^2\frac{e^{\beta\hbar\omega}}{(e^{\beta\hbar\omega} - 1)^2} | ||
+ | \end{align*} | ||
+ | |||
+ | 높은 온도에서 즉, $\beta\rightarrow0$일 때, $C=k_B$임을 확인할 수 있다. | ||
+ | |||
+ | 3차원인 경우에 대해 위 과정을 반복해보면 | ||
+ | |||
+ | $$E_{n_x, | ||
+ | |||
+ | 이기 때문에 분배함수는 | ||
+ | |||
+ | $$Z_{3D} = \sum_{n_x, | ||
+ | |||
+ | 로 3차원 고체의 평균 에너지가 간단히 $\langle E_{3D} \rangle = 3\langle E_{1D} \rangle$임을 알 수 있다. | ||
+ | |||
+ | 결론적으로 3차원 고체의 비열이 | ||
+ | |||
+ | $$C = 3k_B(\beta\hbar\omega)^2\frac{e^{\beta\hbar\omega}}{(e^{\beta\hbar\omega} - 1)^2}$$ | ||
+ | |||
+ | 라는 것을 확인 할 수 있다. | ||
+ | |||
+ | ====== 통계역학적 접근에 따른 될롱-프티 법칙 유도 ====== | ||
+ | 이번에는 아인슈타인 모형에서 아인슈타인 온도보다 높은 고온에서 될롱-프티 법칙을 따라가는 것을 생각해보자. 여기서는 열원과 3차원 공간 상자가 연결된 계에서, 상자의 입자가 줄어들어 열원으로 돌아가는 에너지 $\mu$를 고려할 것이다. 그리고 이 에너지 $\mu$는 조절할 수 있는 양이라고 하자. 따라서 입자 하나당의 에너지는 $\epsilon - \mu$가 될 것이고, 전체 입자의 에너지는 | ||
+ | $$ | ||
+ | E = \sum_an_a(\epsilon_a - \mu) = N\sum_a(\epsilon_a - \mu) | ||
+ | $$ | ||
+ | 이다. 그리고 에너지를 가진 기체의 확률이 $e^{-\beta{E}}$에 비례한다고 하자. 분배 함수는 | ||
+ | $$ | ||
+ | Z = e^{-\beta{g}} = \sum_{n_1, | ||
+ | $$ | ||
+ | 이다. 여기서 $\beta = 1/k_BT$, $\sum_{n_1, | ||
+ | $$ | ||
+ | \begin{align} | ||
+ | &= \sum_{n_1, | ||
+ | &= \sum_{n_1}[-\beta{n_1}(\epsilon_1-\mu)]\sum_{n_2}[-\beta{n_2}(\epsilon_2-\mu)] \cdots | ||
+ | \end{align} | ||
+ | $$ | ||
+ | 다음으로 보즈-아인슈타인 기체는 $n_a = 0, | ||
+ | $$ | ||
+ | \sum_{n_i}e^{-\beta{n_i}(\epsilon_i-\mu)} = \frac{1}{1-e^{-\beta(\epsilon_i-\mu)}} | ||
+ | $$ | ||
+ | 이 된다. 따라서 분배 함수는 무한곱 표현으로 | ||
+ | $$ | ||
+ | Z = e^{-\beta{g}} = \prod_i\left(\frac{1}{1-e^{-\beta(\epsilon_i-\mu)}}\right) | ||
+ | $$ | ||
+ | 이고 분배 함수의 g를 표현하게 되면 양변에 자연로그를 취하여 | ||
+ | $$ | ||
+ | g = \frac{1}{\beta}\sum_i\ln(1-e^{-\beta(\epsilon_i-\mu)}) | ||
+ | $$ | ||
+ | 이제 3차원 공간 상자 안에 입자들이 자유롭게 움직인다고 생각해보자. 3차원 운동량 미소 공간 $d^3k$에서 특정 운동량을 가지는 모드의 수는 | ||
+ | $s(d^3p/ | ||
+ | $$ | ||
+ | \epsilon = \frac{p^2}{2m} = \frac{\hbar^2k^2}{2m} | ||
+ | $$ | ||
+ | 이므로 이것을 g에 대입하자. 그리고 g를 연속적인 수로 간주하여 적분형태로 바꾸자. | ||
+ | $$ | ||
+ | \begin{align} | ||
+ | g &= \frac{s}{\beta}\int{\ln(1-e^{-\beta(p^2/ | ||
+ | &= \frac{s}{\beta}\int{\ln(1-e^{-\beta{p^2/ | ||
+ | \end{align} | ||
+ | $$ | ||
+ | 그리고 밀도 $\rho$는 다음과 같은 관계식이 성립한다. | ||
+ | \begin{align} | ||
+ | \rho = \frac{< | ||
+ | \end{align} | ||
+ | 이와 같은 식이 성립하는 이유는 $< | ||
+ | 식과 비교하면 된다.) | ||
+ | $$ | ||
+ | <N> = \frac{1}{Z}\sum{N}\exp{\{-\beta[\sum_an_a(\epsilon_a-\mu)]\}} | ||
+ | $$ | ||
+ | g를 앞에서 구했으므로 관계식에 따라서 밀도는 | ||
+ | $$ | ||
+ | \rho = s\int\frac{e^{-\beta{p^2/ | ||
+ | $$ | ||
+ | 으로 결정이 된다. 이제 밀도에 대한 적분을 | ||
+ | $$ | ||
+ | \alpha = e^{\beta\mu}, | ||
+ | $$ | ||
+ | 그러면 밀도에 대한 적분은 다음과 같이 바뀐다. | ||
+ | $$ | ||
+ | \begin{align} | ||
+ | \rho &= s\int_0^{\infty}\frac{e^{-x^2}\alpha}{1-e^{-x^2}\alpha}\left[\frac{x^2}{2\pi^2\hbar^3}(\frac{2m}{\beta})^{3/ | ||
+ | &= s\frac{1}{2}\frac{1}{2\pi^2\hbar^3}(\frac{2m}{\beta})^{3/ | ||
+ | \end{align} | ||
+ | $$ | ||
+ | 여기서 적분은 분모의 테일러 전개, 그리고 가우스 적분의 계산으로 | ||
+ | $$ | ||
+ | \begin{align} | ||
+ | \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-x^2}\alpha{x^2}}{1-e^{-x^2}\alpha}dx &= \int{x^2(\alpha{e^{-x^2}}dx + \alpha^2{e^{-2x^2}}dx + \cdots)} \\ | ||
+ | &= \alpha + \frac{\alpha^2}{2^{3/ | ||
+ | &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha^n}{n^{3/ | ||
+ | \end{align} | ||
+ | $$ | ||
+ | 마지막 항의 급수는 디리클레 급수(Dirichlet Series) | ||
+ | $$ | ||
+ | \zeta_r(\alpha) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha^n}{n^r} | ||
+ | $$ | ||
+ | 이므로 밀도가 다음과 같이 결정된다. | ||
+ | $$ | ||
+ | \rho = s\left(\frac{mk_{\beta}T}{2\pi{h^2}}\right)^{3/ | ||
+ | $$ | ||
+ | 이제 계의 전체 에너지를 계산해보도록 하자. 전체 에너지 U는 | ||
+ | $$ | ||
+ | U = -\frac{1}{Z}\frac{\partial{Z}}{\partial{\beta}} + \mu< | ||
+ | $$ | ||
+ | 이고 각 항별로 계산하면, | ||
+ | $$ | ||
+ | \begin{align} | ||
+ | \frac{\partial{(\beta{g})}}{\partial{\beta}} &= \frac{\partial}{\partial{\beta}}(s\int{\ln(1-e^{-\beta{p^2/ | ||
+ | & | ||
+ | \end{align} | ||
+ | $$ | ||
+ | $$ | ||
+ | \begin{align} | ||
+ | \mu< | ||
+ | & | ||
+ | & | ||
+ | & | ||
+ | \end{align} | ||
+ | $$ | ||
+ | 따라서 전체 에너지 U는 | ||
+ | $$ | ||
+ | U = s\int{\frac{-e^{-\beta{p^2/ | ||
+ | $$ | ||
+ | 으로 정리가 된다. 이 적분의 계산 역시 밀도를 적분하여 계산한 것처럼 얻을 수 있다. 따라서 계산을 하면 | ||
+ | $$ | ||
+ | U = s\frac{3}{2}{k_B}T(\frac{m{k_B}T}{2\pi\hbar^2})^{3/ | ||
+ | $$ | ||
+ | 이제 밀도와 에너지의 디리클레 급수를 비교해보자. 먼저 밀도에서는, | ||
+ | $$ | ||
+ | \zeta_{3/ | ||
+ | $$ | ||
+ | 이 때 이 함수의 값을 결정하는 조건은 밀도와 온도로 결정이 되는 것을 알 수 있다. 만약 밀도가 낮고 온도가 매우 높으면 ${\rho}/ | ||
+ | $$ | ||
+ | \zeta_{3/ | ||
+ | $$ | ||
+ | 이므로, 단위 부피당 에너지를 계산하면, | ||
+ | $$ | ||
+ | \begin{align} | ||
+ | \frac{U}{V} &= s\frac{3}{2}{k_B}T(\frac{m{k_B}T}{2\pi\hbar^2})^{3/ | ||
+ | &\simeq s\frac{3}{2}{k_B}T(\frac{m{k_B}T}{2\pi\hbar^2})^{3/ | ||
+ | &= \frac{3}{2}{k_B}T\rho | ||
+ | \end{align} | ||
+ | $$ | ||
+ | 으로 될롱-프티 법칙을 따라가는 것을 볼 수 있다. | ||
+ | |||
+ | ======참고 문헌====== | ||
+ | * Steven H. Simon, //The Oxford Solid State Basics// (Oxford University Press, 2013). | ||
+ | * Richard P. Feynman, // | ||
- | (편집 예정) |